P9745 「KDOI-06-S」树上异或 题解

P9745 「KDOI-06-S」树上异或 题解

$x_i=0$

这题一看就不是很可做，先考虑部分分。

对于一条链的情况，我们可以枚举上一个断边的位置，然后转移。

一看数据范围，估计和值域有关，所以考虑 $x_i=1$ 的部分分，如果全部点权都是 1，那么一种方案只有 0 和 1 两种取值，考虑这个状态设计：$f_{i,0/1}$ 表示在以 $i$ 为根的子树里面，$i$ 的连通块异或值是 0/1，且除了 $i$ 所在连通块其它连通块都是合法的 的连通块权值乘积的和。

然后转移就枚举每一个儿子选或不选即可，例如 $f_{i,0}$ 可以这么转移，有点树上背包的味道：

$$f_{i,0}=\sum _{(i,v)\in E}{f}_{i,0}\times f_{v,0}+f_{i,1}\times f_{v,1}+f_{i,0}\times f_{v,1}$$

分别表示选 $v$，并且 $v$ 的连通块异或和也是 $0$；选 $v$ 两个 $1$ 异或起来是 $0$；不选 $v$，需要保证 $v$ 子树内连通块合法。

思路

考虑把上述思路扩展到 $x_i\ne 1$ 的情况。

用 $f_{i,j,0/1}$ 表示示在以 $i$ 为根的子树里面，$i$ 的连通块的第 $j$ 位异或值是 0/1，且除了 $i$ 所在连通块其它连通块都是合法的 的连通块权值乘积的和，再用一个 $g_i$ 表示子树 $i$ 内的连通块权值乘积的和。

$$f_{u,i,0}=\sum _{(i,v)\in E}{f}_{u,i,0}\times g_v+f_{u,i,0}\times f_{v,i,0}+f_{v,i,1}\times f_{u,i,1}$$

最后用方案数乘上 $2^i$ 就是这一位的贡献了，$g_i$ 就可以通过 $f$ 转移：

$$g_u=\sum _{i=0}^{60}{f}_{u,i,1}\times 2^i$$

代码

实现的时候要注意用临时变量存一下 $f_{u,i,0/1}$，防止环形转移。

另外由于每一条边 $(u,v)$ 都满足 $u<v$，所以可以直接枚举边不用 DFS。

时间复杂度：$O(n\log V)$。

// Problem: P9745 「KDOI-06-S」树上异或
// Contest: Luogu
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2023 Moyou All rights reserved.
// Date: 2023-10-15 21:59:52

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
// #define int long long
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10, mod = 998244353;

int f[N][61][2], g[N], n;
long long a[N];
vector<int> G[N];

signed main() {
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i ++) a[i] = read();
    for(int i = 2; i <= n; i ++) G[read()].push_back(i);
    for(int u = n; u; u --) {
        for(int i = 0; i < 60; i ++) f[u][i][a[u] >> i & 1] = 1;
        for(auto v : G[u]) {
            for(int i = 0; i < 60; i ++) {
                int a = f[u][i][0], b = f[u][i][1];
                f[u][i][0] = (1ll * f[u][i][0] * (g[v] + f[v][i][0]) + 1ll * f[v][i][1] * b) % mod;
                f[u][i][1] = (1ll * f[u][i][1] * (g[v] + f[v][i][0]) + 1ll * f[v][i][1] * a) % mod;
            }
        }
        for(int i = 0, p = 1; i < 60; i ++, p = p * 2 % mod) {
            g[u] = (1ll * g[u] + 1ll * p * f[u][i][1]) % mod;
        }
    }
    printf("%d\n", g[1]);
    return 0;
}